Suites numériques exercices corrigés

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Enoncés 1

Suites numériquesConvergence d’une suite numérique

Exercice 1 [ 02247 ] [correction]Soit (un) et (vn) deux suites réelles convergeant vers ` et `′ avec ` < `′.Montrer qu’à partir d’un certain rang : un < vn.

Exercice 2 [ 02248 ] [correction]Montrer que (un) ∈ ZN converge si, et seulement si, (un) est stationnaire.

Exercice 3 [ 02249 ] [correction]

Soit (a, b) ∈ R2, (un) et (vn) deux suites telles que :{n ∈ N, un 6 a et vn 6 b

un + vn → a+ b

Montrer que un → a et vn → b.

Exercice 4 [ 02250 ] [correction]Soit (un) et (vn) deux suites réelles telles que (un + vn) et (un − vn) convergent.Montrer que (un) et (vn) convergent.

Exercice 5 [ 02251 ] [correction]Soit (un) et (vn) deux suites convergentes. Etudier lim

n→+∞max(un, vn).

Exercice 6 [ 02252 ] [correction]Soit (un) et (vn) deux suites réelles telles que u2

n + unvn + v2n → 0.

Démontrer que (un) et (vn) convergent vers 0.

Exercice 7 [ 02253 ] [correction]Soit (un) et (vn) deux suites telles que 0 6 un 6 1, 0 6 vn 6 1 et unvn → 1.Que dire de ces suites ?

Calculs de limites

Exercice 8 [ 02254 ] [correction]Déterminer la limite, si celle-ci existe, des suites (un) suivantes :a) un = 3n−(−2)n

3n+(−2)n b) un =√n2 + n+ 1−

√n2 − n+ 1

c) un = n−√n2+1

n+√n2−1d) un = 1

n2

n∑k=1

k

Exercice 9 [ 02255 ] [correction]Déterminer les limites des suites dont les termes généraux sont les suivants :a) un =

(1 + 1

n

)n b) un = n√n2

c) un =(sin 1

n

)1/n d) un =(n−1n+1

)n

Exercice 10 [ 02256 ] [correction]Déterminer par comparaison, la limite des suites (un) suivantes :a) un = sinn

n+(−1)n+1 b) un = n!nn

c) un = n−(−1)nn+(−1)n d) un = en

nn

e) un = n√

2 + (−1)n

Exercice 11 [ 02257 ] [correction]Déterminer les limites des sommes suivantes :a) Sn =

n∑k=1

√kb) Sn =

n∑k=1

1√k.

c) Sn =n∑k=1

1n2+k2 d) Sn =

2n∑k=n+1

1k2

e) Sn =n∑k=1

nn2+k f) Sn =

n∑k=1

1√n2+k

g) Sn =n∑k=0

(−1)n−kk!

Exercice 12 [ 02258 ] [correction]Comparer

limm→+∞

limn→+∞

(1− 1

n

)m, limn→+∞

limm→+∞

(1− 1

n

)met lim

n→+∞

(1− 1

n

)n


Exercice 13 [ 02259 ] [correction]Soit (un) une suite de réels strictement positifs. On suppose n

√un → `.

a) Montrer que si ` < 1 alors un → 0.b) Montrer que si ` > 1 alors un → +∞.c) Montrer que dans le cas ` = 1 on ne peut rien conclure.

Exercice 14 [ 02260 ] [correction]Soit (un) une suite de réels strictement positifs. On suppose

un+1

un→ `

a) Montrer que si ` < 1 alors un → 0.b) Montrer que si ` > 1 alors un → +∞.c) Montrer que dans le cas ` = 1 on ne peut rien conclure.

Exercice 15 [ 02261 ] [correction]Pour tout n ∈ N, on pose

Sn =n∑k=1

1n+ k

et S′n =n∑k=1

(−1)k−1

k

a) Etablir que pour tout p > 1,∫ p+1

p

dxx

61p6∫ p

p−1

dxx

En déduire la limite de (Sn).b) Etablir que S′2n = Sn. En déduire la limite de (S′n).

Exercice 16 [ 02262 ] [correction]Soit a ∈ R et pour n ∈ N,

Pn =n∏k=1

cos a

2k

Montrer quesin( a

2n)Pn = 1

2n sin a

et déterminer limn→∞

Pn.

Exercice 17 [ 02263 ] [correction]Déterminer la limite de

un =n∑k=0

(n

k

)−1

Exercice 18 [ 02264 ] [correction]Soit p ∈ N\ {0, 1}. Pour n ∈ N? on pose

un =(n+ p

n

)−1

et Sn =n∑k=1

uk

a) Montrer que∀n ∈ N, (n+ p+ 2)un+2 = (n+ 2)un+1

b) Montrer par récurrence

Sn = 1p− 1(1− (n+ p+ 1)un+1)

c) On pose ∀n ∈ N? vn = (n+ p)un. Montrer que (vn) converge vers 0.d) En déduire limSn en fonction de p.

Exercice 19 X MP [ 03039 ] [correction]Soit z ∈ C avec |z| < 1. Existence et calcul de

limn→+∞

n∏k=0

(1 + z2k

)

Exercice 20 [ 03196 ] [correction]Etudier la convergence de deux suites réelles (un) et (vn) vérifiant

limn→+∞

(un + vn) = 0 et limn→+∞

(eun + evn) = 2

Suites monotones et bornées

Exercice 21 [ 02265 ] [correction]Soit (un) une suite croissante de limite `. On pose

vn = u1 + · · ·+ unn


a) Montrer que (vn) est croissante.b) Etablir que v2n > un+vn

2 .c) En déduire que vn → `.

Exercice 22 [ 02266 ] [correction]Soit (un) une suite réelle convergente. Etudier la limite de la suite vn = sup

p>nup.

Exercice 23 [ 02267 ] [correction]Soit (un) une suite réelle bornée. On pose

vn = supp>n

up et wn = infp>n

up

Montrer que les suites (vn) et (wn) possèdent chacune une limite dans R etcomparer celles-ci.

Exercice 24 [ 02268 ] [correction][Somme harmonique]Pour tout n ∈ N, on pose

Hn =n∑k=1

1k

Montrer que∀n ∈ N?, H2n −Hn >

12

En déduire que limn→∞

Hn = +∞.

Exercice 25 [ 02269 ] [correction]Soit (Hn) la suite définie pour n ∈ N? par

Hn =n∑k=1

1k

a) Montrer que Hn → +∞.b) Soit (un) une suite telle que n(un+1 − un)→ 1. Montrer que un → +∞.

Exercice 26 [ 02270 ] [correction]On pose

un = 1× 3× 5× · · · × (2n− 1)2× 4× 6× · · · × (2n)

a) Exprimer un à l’aide de factoriels.b) Montrer que la suite (un) converge.c) On pose

vn = (n+ 1)u2n

Montrer que la suite (vn) converge. En déduire la limite de la suite (un)d) Simplifier

2n∏k=2

(1− 1

k

)et comparer ce produit à u2

n.e) En déduire que la limite C de la suite (vn) est strictement positive.

Suites adjacentes

Exercice 27 [ 02271 ] [correction]Soit θ ∈ ]0, π/2[, un = 2n sin θ

2n , vn = 2n tan θ2n .

Montrer que les suites (un) et (vn) sont adjacentes. Quelle est leur limitecommune ?


un =n∑k=1

1√k− 2√n et vn =

n∑k=1

1√k− 2√n+ 1

Montrer que les suites (un) et (vn) sont adjacentes.En déduire un équivalent de

n∑k=1

1√k

Exercice 29 [ 02272 ] [correction]Pour tout n ∈ N?, on pose Sn =

n∑k=1

1k2 et S′n = Sn + 1

n .

Montrer que les suites (Sn) et (S′n) sont adjacentes.On peut montrer que leur limite commune est π2/6, mais c’est une autre histoire...


Exercice 30 [ 02273 ] [correction][Critère spécial des séries alternées ou critère de Leibniz]Soit (un) une suite de réels décroissante et de limite nulle.Pour tout n ∈ N, on pose Sn =

n∑k=0

(−1)kuk.

Montrer que les suites extraites (S2n) et (S2n+1) sont adjacentes et en déduire que(Sn) converge.

Exercice 31 [ 02274 ] [correction][Irrationalité du nombre de Néper]Soient

an =n∑k=0

1k! et bn =

n∑k=0

1k! + 1

n.n! = an + 1n.n!

a) Montrer que (an) et (bn) sont strictement monotones et adjacentes.On admet que leur limite commune est e. On désire montrer que e /∈ Q et pourcela on raisonne par l’absurde en supposant e = p

q avec p ∈ Z, q ∈ N?.b) Montrer que aq < e < bq puis obtenir une absurdité.

Exercice 32 [ 02275 ] [correction][Moyenne arithmético-géométrique]a) Pour (a, b) ∈ R+2, établir :

2√ab 6 a+ b

b) On considère les suites de réels positifs (un) et (vn) définies par

u0 = a, v0 = b et ∀n ∈ N, un+1 =√unvn, vn+1 = un + vn

2Montrer que, pour tout n > 1, un 6 vn, un 6 un+1 et vn+1 6 vn.c) Etablir que (un) et (vn) convergent vers une même limite.Cette limite commune est appelée moyenne arithmético-géométrique de a et b etest notée M(a, b).d) Calculer M(a, a) et M(a, 0) pour a ∈ R+.e) Exprimer M(λa, λb) en fonction de M(a, b) pour λ ∈ R+.

Suites extraites

Exercice 33 [ 02276 ] [correction]On suppose que (un) est une suite réelle croissante telle que (u2n) converge.Montrer que (un) converge.

Exercice 34 [ 02277 ] [correction]Soit (un) une suite complexe telle que (u2n), (u2n+1) et (u3n) convergent. Montrerque (un) converge.

Exercice 35 [ 02278 ] [correction]Justifier que la suite de terme général cosn diverge.

Exercice 36 [ 00327 ] [correction]Montrer que la suite de terme général sinn diverge.

Exercice 37 [ 02279 ] [correction]Soit (un) une suite réelle telle que ∀n, p ∈ N?, 0 6 un+p 6

n+pnp . Montrer que

un → 0.

Exercice 38 X MP [ 03234 ] [correction]Soit (un) une suite réelle vérifiant

un+1 − un → 0 et un → +∞

Montrer qu’il existe une application ϕ : N→ N strictement croissante vérifiant

uϕ(n) − n→ 0

Comparaison de suites numériques

Exercice 39 [ 02280 ] [correction]Classer les suites, dont les termes généraux, sont les suivants par ordre denégligeabilité :a) 1

n ,1n2 ,

lnnn , lnn

n2 ,1

n lnn b) n, n2, n lnn,√n lnn, n

2

lnn .

Exercice 40 [ 02281 ] [correction]Trouver un équivalent simple aux suites (un) suivantes et donner leur limite :a) un = (n+ 3 lnn)e−(n+1)b) un = ln(n2+1)

n+1 c) un =√n2+n+1

3√n2−n+1


Exercice 41 [ 00236 ] [correction]Trouver un équivalent simple aux suites (un) suivantes et donner leur limite :a) un = n3−

√n2+1

lnn−2n2 b) un = 2n3−lnn+1n2+1 c) un = n!+en

2n+3n

Exercice 42 [ 02282 ] [correction]Trouver un équivalent simple aux suites (un) suivantes :a) un = 1

n−1 −1

n+1 b) un =√n+ 1−

√n− 1 c) un =

√ln(n+ 1)− ln(n)

Exercice 43 [ 00235 ] [correction]Trouver un équivalent simple aux suites (un) suivantes :a) un = sin 1√

n+1 b) un = ln(sin 1

n

)c) un = 1− cos 1

n .

Exercice 44 [ 02283 ] [correction]Déterminer la limite des suites (un) suivantes :

a) un = n

√ln(

1 + 1n2+1

)b) un =

(1 + sin 1

n

)n c) un = n√n+1

(n+1)√n .

Exercice 45 [ 02287 ] [correction]Soit (un) une suite décroissante de réels telle que un + un+1 ∼ 1

n .a) Montrer que (un) converge vers 0+.b) Donner un équivalent simple de (un).

Exercice 46 [ 02284 ] [correction]Pour n ∈ N, on pose

un = 0! + 1! + 2! + · · ·+ n! =n∑k=0

k!

Montrer que un ∼ n!.


Sn =n∑k=1

1√k

a) Justifier que1√n+ 1

6 2(√n+ 1−

√n)6

1√n

b) Déterminer la limite de (Sn).c) On pose un = Sn − 2

√n. Montrer que (un) converge.

d) Donner un équivalent simple de (Sn).

Exercice 48 [ 00301 ] [correction]On étudie ici la suite (Sn) de terme général

Sn =n∑k=1

1k

a) Etablir que pour tout t > −1, ln(1 + t) 6 t et en déduire

ln(1 + t) > t

t+ 1

b) Observer queln(n+ 1) 6 Sn 6 lnn+ 1

et en déduire un équivalent simple de Sn.c) Montrer que la suite un = Sn − lnn est convergente. Sa limite est appeléeconstante d’Euler et est usuellement notée γ.

Exercice 49 [ 02286 ] [correction]Soit (un), (vn), (wn), (tn) des suites de réels strictement positifs tels que un ∼ vnet wn ∼ tn.Montrer que un + wn ∼ vn + tn.

Limite de suite des solutions d’une équation

Exercice 50 [ 02289 ] [correction]Soit n un entier naturel et En l’équation x+ ln x = n d’inconnue x ∈ R+?.a) Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn.b) Montrer que la suite (xn) diverge vers +∞.c) Donner un équivalent simple de la suite (xn).


Exercice 51 [ 02290 ] [correction]Soit n un entier naturel et En l’équation x+ tan x = n d’inconnue x ∈ ]−π/2, π/2[.a) Montrer que l’équation En possède une solution unique notée xn.b) Montrer que la suite (xn) converge et déterminer sa limite.

Exercice 52 [ 02288 ] [correction]Montrer que l’équation xex = n possède pour tout n ∈ N, une unique solution xndans R+.Etudier la limite de (xn).

Exercice 53 [ 02291 ] [correction]Soit n un entier naturel non nul et En l’équation : xn ln x = 1 d’inconnue x ∈ R+?.a) Montrer que l’équation En admet une unique solution xn, et que xn > 1.b) Montrer que la suite (xn) est décroissante et converge vers 1.

Exercice 54 [ 02292 ] [correction]Soient n ∈ N? et

En : xn + xn−1 + · · ·+ x = 1a) Montrer que l’équation En possède une unique solution xn dans R+ et quexn ∈ [1/2, 1]b) Montrer que (xn) converge.c) Déterminer la limite de (xn).

Expression du terme général d’une suite récurrente

Exercice 55 [ 02293 ] [correction]Donner l’expression du terme général et la limite de la suite récurrente réelle(un)n>0 définie par :a) u0 = 0 et ∀n ∈ N, un+1 = 2un + 1b) u0 = 0 et ∀n ∈ N, un+1 = un+1

2 .

Exercice 56 [ 02294 ] [correction]Soit (xn) et (yn) deux suites réelles telles que

∀n ∈ N, xn+1 = xn − yn2 et yn+1 = xn + yn

2En introduisant la suite complexe de terme général zn = xn + i.yn, montrer queles suites (xn) et (yn) convergent et déterminer leurs limites.

Exercice 57 [ 02295 ] [correction]Soit (zn) une suite complexe telle que

∀n ∈ N, zn+1 = 13(zn + 2z̄n)

Montrer que (zn) converge et exprimer sa limite en fonction de z0.

Exercice 58 [ 02296 ] [correction]Soit (un) et (vn) les suites déterminées par u0 = 1, v0 = 2 et pour tout n ∈ N :

un+1 = 3un + 2vn et vn+1 = 2un + 3vn

a) Montrer que la suite (un − vn) est constante.b) Prouver que (un) est une suite arithmético-géométrique.c) Exprimer les termes généraux des suites (un) et (vn).

Exercice 59 [ 02297 ] [correction]Soient ρ > 0 et θ ∈ ]0, π[.On considère la suite complexe (zn) définie par z0 = ρeiθ et

∀n ∈ N, zn+1 = zn + |zn|2

a) Exprimer zn sous forme d’un produit.b) Déterminer lim

n→+∞zn.

Exercice 60 X MP [ 03048 ] [correction]Etudier la suite (zn)n>0 définie par z0 ∈ C et

∀n ∈ N, zn+1 = zn + |zn|2

Suites récurrentes linéaire d’ordre 2

Exercice 61 [ 02298 ] [correction]Donner l’expression du terme général de la suite récurrente complexe (un)n>0définie par : u0 = 0, u1 = 1 + 4i et

∀n ∈ N, un+2 = (3− 2i)un+1 − (5− 5i)un


Exercice 62 [ 02299 ] [correction]Donner l’expression du terme général des suites récurrentes réelles suivantes :a) (un)n>0 définie par u0 = 1, u1 = 0 et ∀n ∈ N, un+2 = 4un+1 − 4unb) (un)n>0 définie par u0 = 1, u1 = −1 et ∀n ∈ N, 2un+2 = 3un+1 − unc) (un)n>0 définie par u0 = 1, u1 = 2 et ∀n ∈ N, un+2 = un+1 − un.

Exercice 63 [ 02300 ] [correction]Soit θ ∈ ]0, π[. Déterminer le terme général de la suite réelle (un) définie par :

u0 = u1 = 1 et ∀n ∈ N, un+2 − 2 cos θun+1 + un = 0

Etude de suites récurrentes

Exercice 64 [ 02304 ] [correction]Etudier la suite (un) définie par

u0 = a ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = u2n


u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = u2n + 1


u0 = 1 et ∀n ∈ N, un+1 =√

1 + un


u0 > 1 et ∀n ∈ N, un+1 = 1 + ln un


u0 ∈ R et ∀n ∈ N, un+1 = eun − 1


u0 > 0 et ∀n ∈ N, un+1 = 12 + un

Exercice 70 [ 02309 ] [correction]Soit (un) la suite réelle définie par

u0 = a ∈ [−2, 2] et ∀n ∈ N, un+1 =√

2− un

a) Justifier que la suite (un) est bien définie et

∀n ∈ N, un ∈ [−2, 2]

b) Quelles sont les limites finies possibles pour (un) ?c) Montrer que (|un − 1|) converge puis que lim |un − 1| = 0. En déduire lim un.

Exercice 71 [ 02310 ] [correction]Soit a ∈ C tel que 0 < |a| < 1 et (un) la suite définie par

u0 = a et ∀n ∈ N, un+1 = un2− un

Montrer que (un) est bien définie et |un| < 1. Etudier la limite de (un).

Exercice 72 [ 02312 ] [correction]Soit a > 0 et (un) la suite définie par u0 > 0 et

∀n ∈ N, un+1 = 12

(un + a

un

)a) Etudier la convergence de la suite (un).b) On pose pour tout n ∈ N

vn = un −√a

un +√a

Calculer vn+1 en fonction de vn, puis vn en fonction de v0 et n.c) Montrer que, si u0 >

√a, on a∣∣un −√a ∣∣ 6 2u0.v

2n0

Ainsi, un réalise une approximation de√a à la précision 2u0.v

2n0 →

n∞0.

On peut alors par des calculs élémentaires, déterminer une approximation de√a.


Exercice 73 [ 02313 ] [correction]On considère l’équation ln x+ x = 0 d’inconnue x > 0.a) Montrer que l’équation possède une unique solution α.b) Former, par l’algorithme de Newton, une suite récurrente réelle (un)convergeant vers α.

Exercice 74 [ 02311 ] [correction]Déterminer le terme général de la suite (un) définie par :

u0 = a > 0, u1 = b > 0 et ∀n ∈ N, un+2un = u2n+1

A quelle condition (un) converge ?

Exercice 75 [ 02301 ] [correction]Soit a ∈ R+?. On définit une suite (un) par

u0 = a et ∀n ∈ N, un+1 =

√√√√ n∑k=0

uk

a) Déterminer la limite de (un).b) Déterminer la limite de un+1 − un.

Exercice 76 [ 02302 ] [correction]On considère la suite (un) définie pour n > 1 par

un =

√n+

√(n− 1) + · · ·+

√2 +√

1

a) Montrer que (un) diverge vers +∞.b) Exprimer un+1 en fonction de un.c) Montrer que un 6 n puis que un = o(n).d) Donner un équivalent simple de (un).e) Déterminer lim

n→+∞un −

√n.

Exercice 77 [ 00094 ] [correction]Etablir √

1 +√

1 +√

1 + · · · = 1 + 11 + 1

1+. . .

Exercice 78 [ 03229 ] [correction]Soit (un) une suite réelle vérifiant

∀n ∈ N, un ∈ [1/2, 1]

Soit (vn) la suite déterminée par

v0 = u0 et ∀n ∈ N, vn+1 = vn + un+1

1 + un+1vn

Montrer que la suite (vn) converge et déterminer sa limite.

[http://mp.cpgedupuydelome.fr] dD édité le 31 août 2011 Corrections 9

Corrections

Exercice 1 : [énoncé]Posons m = `+`′

2 . On a un → ` < m et donc ∃n0 ∈ N,∀n > n0, un < m et∃n1 ∈ N,∀n > n1, vn > m.Pour tout n > max(n0, n1) on a un < m < vn.

Exercice 2 : [énoncé]Si (un) est stationnaire, il est clair que cette suite converge.Inversement, supposons que (un) converge et notons ` sa limite.Montrons ` ∈ Z. Par l’absurde, si ` /∈ Z alors E(`) < ` < E(`) + 1 donc à partird’un certain rang E(`) < un < E(`) + 1. Or un ∈ Z. Absurde. Ainsi ` ∈ Z.Puisque un → ` et `− 1 < ` < `+ 1, à partir d’un certain rang `− 1 < un < `+ 1.Or un ∈ Z et ` ∈ Z donc un = `. Finalement (un) est stationnaire égale à `.

Exercice 3 : [énoncé]0 6 a− un 6 (a− un) + (b− vn) = (a+ b)− (un + vn)→ 0 donc un → a puisvn = (un + vn)− un → (a+ b)− a = b.

Exercice 4 : [énoncé]Supposons un + vn → ` et un − vn → `′.un = 1

2 (un + vn) + 12 (un − vn)→ `+`′

2 et de même vn → `−`′2 .

Exercice 5 : [énoncé]max(un, vn) = 1

2 ((un + vn) + |un − vn|)→ max(lim un, lim vn).

Exercice 6 : [énoncé]0 6 (un + vn)2 = u2

n + 2unvn + v2n 6 2(u2

n + unvn + v2n)→ 0. Ainsi un + vn → 0

puis unvn = (un + vn)2 − (u2n + unvn + v2

n)→ 0 et donc u2n + v2

n → 0 qui permetde conclure un, vn → 0.

Exercice 7 : [énoncé]unvn 6 un, vn 6 1. Par le théorème des gendarmes : lim un = lim vn = 1.

Exercice 8 : [énoncé]a) un = 1−(−2/3)n

1+(−2/3)n → 1.b) un = 2n√

n2+n+1+√n2−n+1 = 2√

1+ 1n+ 1

n2 +√

1− 1n+ 1

n2→ 1.

c) un = 1−√

1+1/n2

1+√

1−1/n2→ 0.

d) un = (n+1)2n → 1

2

Exercice 9 : [énoncé]a) un = en(ln(1+1/n)) or n ln

(1 + 1

n

)= 1

1/n ln(1 + 1

n

)→ 1 car ln(1+x)

x −−−→x→0

1. Parsuite un → e.b) un = e 2

n lnn → 1 car lnnn → 0.

c)(sin 1

n

)1/n = e 1n ln(sin 1

n ) or 1n ln

(sin 1

n

)∼ 1

n ln 1n → 0 donc

(sin 1

n

)1/n → 1.d)(n−1n+1

)n= en ln(1− 2

n+1 ) or n ln(

1− 2n+1

)∼ −2→ −2 donc

(n−1n+1

)n→ e−2.

Exercice 10 : [énoncé]a) |un| 6 1

n−1 → 0 donc un → 0.b) 0 6 un 6 1.2...n

n.n...n 6 1n → 0 donc un → 0.

c) n−1n+1 6 un 6 n+1

n−1 avec n−1n+1 ,

n+1n−1 → 1 donc un → 1.

d) 0 6 un 6 e1

e2 × 1× · · · × 1× e

n → 0 donc un → 0.e) 1 6 un 6 n

√3 = e 1

n ln 3 → 1 donc un → 1.

Exercice 11 : [énoncé]a) Sn >

n∑k=1

1 = n→ +∞

b) Sn >n∑k=1

1√n

=√n→ +∞.

c) 0 6 Sn 6n∑k=1

1n2+1 = n

n2+1 → 0 donc un → 0.

d) 0 6 Sn 62n∑

k=n+1

1(n+1)2 6 n

(n+1)2 → 0.

e)n∑k=1

nn2+n 6 un 6

n∑k=1

nn2+1 donc n

n+1 6 un 6 n2

n2+1 puis un → 1.

f) n√n2+n =

n∑k=1

1√n2+n 6 Sn 6

n∑k=1

1√n2+1 = n√

n2+1 par le théorème des

gendarmes : Sn → 1.


g) Sn = n!− (n− 1)! + (n− 2)! + · · ·+ (−1)n. Par regroupement de termes.Si n est pair alors Sn > n!− (n− 1)! et si n est impair Sn > n!− (n− 1)!− 1.Puisque n!− (n− 1)! = (n− 1).(n− 1)!→ +∞, on a Sn → +∞.

Exercice 12 : [énoncé]lim

n→+∞

(1− 1

n

)m = 1m et limm→+∞

limn→+∞

(1− 1

n

)m = 1.

limm→+∞

(1− 1

n

)m = 0 et limn→+∞

limm→+∞

(1− 1

n

)m = 0.(1− 1

n

)n = en ln(1− 1n ) → e−1.

Exercice 13 : [énoncé]a) Soit ρ = `+1

2 de sorte que ` < ρ < 1.Comme n

√un → ` < ρ, il existe un rang N au delà duquel n

√un 6 ρ donc

0 < un 6 ρn. On a alors un → 0.b) Même démarche mais par minoration.c) un = n, un = 1 et un = 1/n sont des exemples prouvant qu’on ne peut rien dire.

Exercice 14 : [énoncé]a) Soit ρ = `+1

2 de sorte que ` < ρ < 1.Comme un+1

un→ ` < ρ, il existe un rang N au delà duquel un+1

un6 ρ.

On a alors0 6 un = un

un−1

un−1

un−2· · · uN+1

uNuN 6 ρn−NuN → 0

donc un → 0.b) Même démarche mais par minoration.c) un = n, un = 1 et un = 1/n sont des exemples prouvant qu’on ne peut rien dire.

Exercice 15 : [énoncé]a) On a ∫ p+1

p

dxx

6∫ p+1

p

dxp

= 1p

car la fonction décroissante x 7→ 1x est majorée par 1

p sur [p, p+ 1].Par un argument semblable ∫ p

p−1

dxx

>∫ p

p−1

dxp

= 1p

Pour n > 1, ∫ n+k+1

n+k

dxx

61

n+ k6∫ n+k

n+k−1

dxx

donne en sommant ∫ 2n+1

n+1

dxx

6 Sn 6∫ 2n

n

dxx

Or ∫ 2n+1

n+1

dxx

= ln 2n+ 1n+ 1 → ln 2

et ∫ 2n

n

dxx

= ln 2

donc Sn → ln 2.b) On a

S′2n = 11−

12+1

3−14+· · ·+ 1

2n− 1−1

2n =(

11 + 1

2 + · · ·+ 12n

)−2(

12 + 1

4 + · · ·+ 12n

)donc

S′2n =2n∑k=1

1k−

n∑k=1

1k

=2n∑

k=n+1

1k

=n∑k=1

1n+ k

= Sn

Par suite S′2n → ln 2. De plus S′2n+1 = S2n + 12n+1 → ln 2 donc

S′n → ln 2

Exercice 16 : [énoncé]En exploitant la formule sin 2x = 2 sin x cosx

sin a

2nPn = 12 sin a

2n−1 cos a

2n−1 · · · cos a2 = . . . = 12n sin a

Si a = 0 alors Pn = 1→ 1.Si a 6= 0 alors, pour n assez grand, sin(a/2n) 6= 0 et

Pn = sin a2n sin a

2n→ sin a

a

car 2n sin a2n ∼ 2n a

2n = a.


Exercice 17 : [énoncé]On a

un = 1 + 1n

+n−2∑k=2

(n

k

)−1

+ 1n

+ 1

Or pour k ∈ {2, . . . , n− 2}, (n

k

)>

(n

2

)= n(n− 1)

2

donc

0 6n−2∑k=2

(n

k

)−1

62(n− 3)n(n− 1) → 0

puis un → 2.

Exercice 18 : [énoncé]a) (

n+ p+ 2n+ 2

)= n+ p+ 2

n+ 2

(n+ p+ 1n+ 1

)d’où la relation.b) Par récurrence sur n ∈ N :Pour n = 1 :

S1 = 1(p+ 1

1

) et 1p− 1(1− (p+ 2) 2

(p+ 2)(p+ 1)) = 1p+ 1

okSupposons la propriété établie au rang n > 1.

Sn+1 = Sn+un+1 =HR

1p− 1(1−(n+p+1)un+1)+un+1 = 1

p− 1(1−(n+2)un+1) = 1p− 1(1−(n+p+2)un+2)

Récurrence établie.c)

0 6 vn = n+ p(n+ p

n

) = n!p!(n+ p− 1)! 6

p!n+ 1 → 0

d) Par opérationsSn →

1p− 1

Exercice 19 : [énoncé](1− z)

n∏k=0

(1 + z2k

)= (1− z)(1 + z)(1 + z2) . . . (1 + z2n) = (1− z2n+1).

Or z2n+1 → 0 donc limn→+∞

n∏k=0

(1 + z2k

)= 1

1−z .

Exercice 20 : [énoncé]Posons εn = un + vn. On a, par factorisation de l’exponentielle équilibrée

eun + evn = eun + eεn−un = 2eεn/2ch[un −

εn2

]Puisque εn → 0 et eun + evn → 2, on a par opérations

ch[un −

εn2

]→ 1

et donc en composant avec la fonction argch∣∣∣un − εn2

∣∣∣→ 0

On en déduit un → 0 puis vn → 0.

Exercice 21 : [énoncé]a)

vn+1 − vn = nun+1 − (u1 + · · ·+ un)n(n+ 1) > 0

donc (vn) est croissante.b)

v2n = u1 + · · ·+ un2n + un+1 + · · ·+ u2n

2n >vn2 + un

2c) On a vn 6 ` pour tout n ∈ N? et (vn) croissante donc (vn) converge vers un réel`′ 6 `.La relation précédente, passée à la limite, donne 2`′ > `+ `′ ce qui permet deconclure vn → `.

Exercice 22 : [énoncé](un) converge donc (un) est bornée. La suite (vn) est donc bien définie etelle-même bornée.On a vn+1 6 vn donc (vn) est décroissante et donc converge.


Posons ` = lim un et `′ = lim vn.vn > un donc à la limite `′ > `.Si `′ > ` alors `′ > `′+`

2 > `.A partir d’un certain rang vn > `+`′

2 et un < `+`′2 . Impossible. Il reste `′ = `.

Exercice 23 : [énoncé]Pour tout n ∈ N

{up/p > n+ 1} ⊂ {up/p > n}

donc vn+1 6 vn et wn+1 > wn.Les suites (vn) et (wn) sont respectivement décroissante et croissante. De pluswn 6 vn.La suite (vn) est décroissante et minorée par w0 donc elle converge vers une limite`.De même la suite (wn) converge vers une limite m. Enfin wn 6 vn donne à lalimite

m 6 `


H2n −Hn =2n∑

k=n+1

1k>

2n∑k=n+1

12n = n

2n = 12

(Hn) est croissante car Hn+1 −Hn = 1n+1 > 0.

Si (Hn) converge vers ` alors H2n −Hn → `− ` = 0. Ceci est impossible puisqueH2n −Hn > 1

2 .Par suite (Hn) diverge, et puisque (Hn) est croissante, (Hn) diverge vers +∞.

Exercice 25 : [énoncé]a) Sachant ln(1 + x) 6 x, on a

1k> ln

(1 + 1

k

)= ln(k + 1)− ln k

donc

Hn >n∑k=1

ln(k + 1)− ln k = ln(n+ 1)

donc Hn → +∞.

b) Il existe N ∈ N tel que pour tout n > N ,

n(un+1 − un) > 1/2

On a alors

un+1 − uN >n∑

k=Nuk+1 − uk >

12

n∑k=N

1k

= 12 (Hn −HN−1)→ +∞

puis un → +∞.


un = (2n)!22n(n!)2

b) On aun+1

un= (2n+ 2)(2n+ 1)

4(n+ 1)2 = 2n+ 12n+ 2 6 1

donc (un) est décroissante. Or (un) est minorée par 0 donc (un) converge.c)

vn+1

vn= n+ 2n+ 1

u2n+1u2n

= n+ 2n+ 1

(2n+ 12n+ 2

)2

or (n+ 2)(2n+ 1)2 − 4(n+ 1)3 = −3n− 2 < 0 donc vn+1 − vn 6 0.(vn) est décroissante et minorée par 0 donc (vn) converge.Nécessairement lim un = 0 car sinon vn = (n+ 1)u2

n → +∞.d) Par télescopage des facteurs

2n∏k=2

(1− 1

k

)= 1

2 ×23 × . . .×

2n− 12n = 1

2n

Parallèlement

u2n =

n∏k=1

(1− 1

2k

)2>

(12

)2 n∏k=2

(1− 1

2k

)(1− 1

2k − 1

)= 1

2

2n∏k=2

(1− 1

k

)e) On en déduit

(n+ 1)u2n >

(n+ 1)4n

et donc C > 1/4.On peut montrer que C = 1/π en exploitant dès la première question la formulede Stirling (si celle-ci est connue. . . ).


Exercice 27 : [énoncé]Via sin 2a = 2 sin a cos a, un = 2n+1 sin θ

2n+1 cos θ2n+1 6 un+1.

Via tan 2a = 2 tan a1−tan2 a donc vn = 2n+1 tan(θ/2n+1)

1−tan2(θ/2n+1) > vn+1.sin x ∼

x→0x et tan x ∼

x→0x donc un → θ et vn → θ d’où vn − un → 0.

Les suites (un) et (vn) sont adjacentes de limite commune égale à θ.

Exercice 28 : [énoncé]

un+1 − un = 1√n+ 1

− 2(√n+ 1−

√n)

= 1√n+ 1

− 2√n+ 1 +

√n> 0

De même vn+1 − vn 6 0 et aisément vn − un → 0 d’où l’adjacence de ces deuxsuites.Notons ` leur limite commune, on a

n∑k=1

1√k

= 2√n+ `+ o(1) = 2

√n+ o(

√n) ∼ 2

√n

Exercice 29 : [énoncé]Sn+1 − Sn = 1

(n+1)2 , S′n+1 − S′n = 1(n+1)2 + 1

n+1 −1n = 1

(n+1)2 − 1n(n+1) 6 0 et

S′n − Sn = 1n → 0.

Exercice 30 : [énoncé]S2(n+1) − S2n = u2n+2 − u2n+1 6 0, S2(n+1)+1 − S2n+1 = −u2n+3 + u2n+2 > 0 etS2n+1 − S2n = −u2n+1 → 0.Les suites (S2n+1) et (S2n) étant adjacentes elles convergent vers une même limiteet par suite (Sn) converge aussi vers cette limite.


an+1 − an = 1(n+ 1)! > 0

donc (an) est strictement croissante.

bn+1 − bn = 1(n+ 1)! + 1

(n+ 1)(n+ 1)! −1n.n! = n(n+ 2)− (n+ 1)2

n(n+ 1)(n+ 1)! < 0

donc (bn) est strictement décroissante.

Enfinbn − an = 1

n.n! → 0

b) On aaq < aq+1 6 e 6 bq+1 < bq

Par suiteaq <

p

q< aq + 1

q.q!puis

q.q!aq < p.q! < q.q!aq + 1

Or p.q! ∈ Z et q.q!.aq = qq∑

k=0

q!k! ∈ Z. Absurde.

Exercice 32 : [énoncé]a)(√

a−√b)2

> 0 donne l’inégalité demandée.b) Pour n > 1, un = √un−1vn−1 6 un−1+vn−1

2 = vn en vertu de a.un+1 = √unvn >

√u2n = un et vn+1 = un+vn

2 6 2vn2 = vn.

c) La suite (un)n>1 est croissante et majorée par v1 donc elle converge vers unelimite notée `.La suite (vn)n>1 est décroissante est minorée par u1 donc elle converge vers unelimite notée `′.En passant la relation vn+1 = un+vn

2 à la limite, on obtient `′ = `+`′2 d’où ` = `′.

d) Si b = a alors les deux suites (un) et (vn) sont constantes égales à a et doncM(a, a) = a.Si b = 0 alors la suite (un)n>1 est constante égale à 0 et donc M(a, 0) = 0.e) Notons (u′n) et (v′n) les suites définies par le procédé précédent à partir deu′0 = λa et v′0 = λb.Par récurrence, u′n = λun et v′n = λvn donc M(λa, λb) = λM(a, b).

Exercice 33 : [énoncé](un) étant croissante, elle admet une limite, (u2n) qui en est extraite a la mêmelimite. Puisque (u2n) converge, il en est de même de (un).

Exercice 34 : [énoncé]u2n → `, u2n+1 → `′ et u3n → `′′.(u6n) est extraite de (u2n) et (u3n) donc u6n → ` et u6n → `′′. Par suite ` = `′′.


(u6n+3) est extraite de (u2n+1) et (u3n) donc u6n+3 → `′ et u6n+3 → `′′. Par suite`′ = `′′.Il en découle ` = `′.Puisque les suites extraites (u2n) et (u2n+1) convergent vers une même limite, lasuite (un) converge vers celle-ci.

Exercice 35 : [énoncé]Par l’absurde, supposons cosn→ ` ∈ R.

cos p+ cos q = 2 cos p+ q

2 cos p− q2

donnecos(n+ 1) + cos(n− 1) = 2 cosn cos(1)

A la limite on obtient 2` = 2` cos(1) d’où ` = 0.Or cos 2n = 2 cos2 n− 1 donne alors à la limite 0 = −1. Absurde.

Exercice 36 : [énoncé]Par l’absurde, supposons sinn→ ` ∈ R.

sin p− sin q = 2 sin p− q2 cos p+ q

2

donnesin(n+ 1)− sin(n− 1) = 2 sin(1) cosn

A la limite, on obtient cos(n)→ 0.Or cos 2n = 2 cos2 n− 1 donne alors à la limite 0 = −1. Absurde.

Exercice 37 : [énoncé]0 6 u2n 6 2n

n2 = 2n → 0 et 0 6 u2n+1 6 2n+1

n(n+1) → 0 donc un → 0.

Exercice 38 : [énoncé]On définit les valeurs de ϕ par récurrence en posant

ϕ(0) = 0

et pour tout n ∈ N?,

ϕ(n) = min{k ∈ N/k > ϕ(n− 1) et uϕ(k) > k

}

Puisque un → +∞, ϕ(n) est bien défini en tant que plus petit élément d’unepartie non vide de N.Il est immédiat par construction que ϕ est une application strictement croissantede N vers N.Il reste à vérifier

uϕ(n) − n→ 0

Par construction, on a pour n ∈ N?

uϕ(n) > n

et puisque ϕ(n)− 1 /∈{k ∈ N/k > ϕ(n− 1) et uϕ(n) > n

}, on a

ϕ(n)− 1 = ϕ(n− 1) ou uϕ(n)−1 < n

Observons qu’il ne peut y avoir qu’un nombre fini de n pour lesquels

ϕ(n− 1) = ϕ(n)− 1

Puisque un+1 − un → 0, à partir d’un rang N , on a

|un+1 − un| < 1/2

Par construction uϕ(N) = N + α avec α > 0.On a alors

uϕ(N)+k 6 N + α+ k/2

Pour k assez grand, on auϕ(N)+k < N + k

Oruϕ(N+k) > N + k

doncϕ(N + k) 6= ϕ(N) + k

Ainsi, il n’est pas possible que pour tout p ∈ {N + 1, . . . , N + k} on ait

ϕ(p)− 1 = ϕ(p− 1)

et donc il existe p > N + 1 vérifiant

uϕ(p)−1 < p et uϕ(p) > p

et puisque∣∣uϕ(p) − uϕ(p−1)

∣∣ < 1/2, on a

uϕ(p) ∈ [p, p+ 1/2[


et par récurrence on obtient

∀q > p, uϕ(q) ∈ [q, q + 1/2[

Au-delà du rang p+ 1 on ne peut avoir la propriété

ϕ(n)− 1 = ϕ(n− 1)

car celle-ci entraîne

uϕ(n−1) ∈ [n− 1, n− 1/2[ et uϕ(n) ∈ [n, n+ 1/2[

Finalement, on a obtenu qu’à partir d’un certain rang

uϕ(n)−1 < n et uϕ(n) > n

Cela entraîne0 6 uϕ(n) − n 6 uϕ(n) − uϕ(n)−1 → 0

et doncuϕ(n) − n→ 0

Exercice 39 : [énoncé]a) 1

n2 � lnnn2 � 1

n lnn �1n �

lnnn . b)

√n lnn� n� n lnn� n2

lnn � n2.

Exercice 40 : [énoncé]a) un = ne−n

e → 0b) un ∼ 2 lnn

n → 0c) un ∼ n1/3 → +∞.

Exercice 41 : [énoncé]a) un ∼ − 1

2n→ −∞b) un ∼ 2n→ +∞c) un ∼ n!

3n → +∞

Exercice 42 : [énoncé]a) un = 2

n2−1 ∼2n2 .

b) un = 2√n+1+

√n−1 = 2√

n+o(√n)+√n+o(

√n) = 1√

n+o(√n)∼ 1√

n.

c) un =√

ln(1 + 1

n

)∼√

1n = 1√

ncar ln

(1 + 1

n

)∼ 1

n puisque 1n → 0.

Exercice 43 : [énoncé]a) un = sin 1√

n+1 ∼1√n+1 ∼

1√ncar 1√

n+1 → 0.b) sin 1

n ∼1n → 0 6= 1 donc un ∼ ln 1

n = − lnn.c) un = 2 sin2 1

2n ∼1

2n2 .

Exercice 44 : [énoncé]a) ln

(1 + 1

n2+1

)∼ 1

n2+1 ∼1n2 car 1

n2+1 → 0. Par suite un ∼ 1→ 1.

b) un = en ln(1+sin 1n ), ln

(1 + sin 1

n

)∼ sin 1

n ∼1n donc n ln

(1 + sin 1

n

)→ 1 puis

un → e.c) un = e

√n+1 lnn−

√n ln(n+1),√

n+ 1 lnn−√n ln(n+ 1) =

(√n+ 1−

√n)

lnn−√n ln

(1 + 1

n

).

Or(√n+ 1−

√n)

lnn = lnn√n+1+

√n

= lnn2√n+o(

√n) ∼

lnn2√net

√n ln

(1 + 1

n

)∼ 1√

n= o

(lnn2√n

)donc

√n+ 1 lnn−

√n ln(n+ 1) = lnn

2√n

+ o(

lnn2√n

)→ 0 donc un → 1.

Exercice 45 : [énoncé]a) (un) est décroissante donc admet une limite ` ∈ R ∪ {−∞}.Puisque un + un+1 ∼ 1

n → 0+, on a `+ ` = 0 donc ` = 0.De plus, à partir d’un certain rang : 2un > un + un+1 > 0b) un+1 + un 6 2un 6 un−1 + un avec un+1 + un ∼ 1

n et un−1 + un ∼ 1n−1 ∼

1n

donc 2un ∼ 1n puis un ∼ 1

2n .


un = n! + (n− 1)! +n−2∑k=0

k!

Or(n− 1)!n! = 1

n→ 0

et

0 6

n−2∑k=0

k!

n! =n−2∑k=0

k!n! 6

n−2∑k=0

(n− 2)!n! =

n−2∑k=0

1n(n− 1) 6

1n→ 0

donc

un = n! + (n− 1)! +n−2∑k=0

k! = n! + o(n!) ∼ n!



2(√n+ 1−

√n)

= 2√n+ 1 +

√n

donc1√n+ 1

6 2(√n+ 1−

√n)6

1√n

b)

Sn >n∑k=1

2(√

k + 1−√k)

= 2√n+ 1− 2

puis Sn → +∞.c) un+1 − un = 1√

n+1 − 2(√n+ 1−

√n)6 0 donc (un) est décroissante.

Or un = Sn − 2√n > 2

√n+ 1− 2− 2

√n > −2 donc (un) est aussi minorée. Par

suite (un) converge.d)

Sn = 2√n+ un = 2

√n+ o(

√n) ∼ 2

√n

Exercice 48 : [énoncé]a) On étudie la fonction t 7→ t− ln(1 + t) pour établir la première inégalité. On endéduit

ln(1− t

1 + t) 6 − t

1 + t

doncln(

11 + t

)6 − t

1 + t

puis l’inégalité voulue.b)

Sn =n∑k=1

1k> ln

(n∏k=1

(1 + 1

k

))= ln(n+ 1)

et

Sn = 1 +n−1∑k=1

1/k1 + 1/k 6 1 + ln

(n−1∏k=1

(1 + 1

k

))= 1 + lnn

On en déduitSn ∼ lnn

c)

un+1 − un = 1/n1 + 1/n − ln

(1 + 1

n

)6 0

donc (un) est décroissante. De plus un > ln(n+ 1)− lnn > 0 donc (un) estminorée et par suite convergente.

Exercice 49 : [énoncé]Supposons un ∼ vn et wn ∼ tn.∣∣∣un+wnvn+tn − 1

∣∣∣ =∣∣∣ (un−vn)+(wn−tn)

vn+tn

∣∣∣ 6 |un−vn|vn

+ |wn−tn|tn

=∣∣∣unvn − 1

∣∣∣+∣∣∣wntn − 1

∣∣∣→ 0.

Exercice 50 : [énoncé]a) Le tableau de variation de f : x 7→ x+ ln x permet d’affirmer que cette fonctionréalise une bijection croissante de R+? vers R. L’équation En possède alors poursolution unique xn = f−1(n).b) Le tableau de variation de f−1 donne lim

+∞f−1 = +∞. Par suite xn → +∞.

c) xn → +∞ donne ln xn = o(xn). La relation xn + ln xn = n donne alorsxn + o(xn) = n et donc xn ∼ n.

Exercice 51 : [énoncé]a) Le tableau de variation de f : x 7→ x+ tan x permet d’affirmer que cettefonction réalise une bijection croissante de ]−π/2, π/2[ vers R. L’équation Enpossède alors pour solution unique xn = f−1(n).b) (1) Le tableau de variation de f−1 donne lim

+∞f−1 = π

2 . Par suite xn →π2 .

(2) xn + tan xn = n donne xn = arctan(n− xn). Or n− xn → +∞ car (xn)bornée donc xn → π

2 .

Exercice 52 : [énoncé]Soit f : R+ → R définie par f(x) = xex.f est dérivable et f ′(x) = (x+ 1)ex > 0 donc f est strictement croissante.f(0) = 0 et lim

+∞f = +∞ donc l’équation xex = n possède une unique solution xn.

xn = f−1(n)→ +∞.

Exercice 53 : [énoncé]a) Le tableau de variation de fn : x 7→ xn ln x permet d’affirmer que l’équationfn(x) = 1 possède une unique solution xn sur R+? et que de plus xn ∈ [1,+∞[.b) 1 = xn+1

n+1 ln xn+1 = xn+1fn(xn+1) donc fn(xn+1) = 1xn+1

6 1 = fn(xn) doncxn+1 6 xn car f est strictement croissante sur [1,+∞[.


La suite (xn) est décroissante et minorée par 1 donc elle converge. Posons ` salimite, on a ` > 1Si ` > 1 alors xnn ln xn > `n ln `→ +∞ ce qui est absurde car xnn ln xn = 1. Il reste` = 1.

Exercice 54 : [énoncé]a) Introduisons la fonction

fn : x 7→ xn + · · ·+ x

qui est continue, strictement croissante et vérifie

fn(0) = 0 et limx→+∞

fn(x) = +∞

La fonction fn réalise une bijection de [0,+∞[ vers [0,+∞[, par suite l’équationEn possède une unique solution xn ∈ R+.Puisque

fn(1/2) = 12

1− 1/2n

1− 1/2 < 1 et fn(1) = n > 1

on a xn ∈ [1/2, 1].b) On a

fn+1(xn) = xn+1n + · · ·+ x2

n + xn = xn(xnn + · · ·+ xn) + xn = 2xn > 1

doncxn+1 6 xn

La suite (xn) est décroissante et minorée, donc elle converge.c) Posons ` = lim xn. Puisque x2 < 1, xn 6 x2 donne à la limite ` < 1.

1 = xnn + · · ·+ xn = xn1− xnn1− xn

donne à la limite1 = `

1− `car 0 6 xnn 6 `n → 0 et finalement

` = 1/2

Exercice 55 : [énoncé]a) Posons vn = un + 1. (vn) est géométrique de raison 2 et v0 = 1 doncun = 2n − 1→ +∞.b) Posons vn = un − 1. (vn) est géométrique de raison 1/2 et v0 = −1 doncun = 1− 1

2n → 1.


zn+1 = 1 + i

2 zn

donczn =

(1 + i

2

)nz0

Or∣∣ 1+i

2∣∣ < 1 donc zn → 0 puis xn, yn → 0.

Exercice 57 : [énoncé]Introduisons xn = Re(zn) et yn = Im(zn). On a

xn+1 = xn et yn+1 = −yn3

xn → x0 et yn → 0 donc zn → Re(z0).

Exercice 58 : [énoncé]a) un+1− vn+1 = un− vn et u0− v0 = −1 donc (un− vn) est constante égale à −1.b) vn = un + 1 donc un+1 = 5un + 2. La suite (un) est arithmético-géométrique.c) un+1 − a = 5(un − a) + 4a+ 2. Pour a = −1/2, (un − a) est géométrique deraison 5 et de premier terme 3/2. Ainsi

un = 3.5n − 12 et vn = 3.5n + 1

2

Exercice 59 : [énoncé]a) z1 = ρ 1+ eiθ

2 = ρ cos θ2 ei θ2 , z2 = ρ cos θ2 cos θ4 e

i θ4 ,..., donc

zn = ρ

n∏k=1

cos θ

2k ei θ2n


b) eiθ/2n → 1 etn∏k=1

cos θ

2k = sin θ2n sin θ

2n∼ sin θ

θ

donczn → ρ

sin θθ

Exercice 60 : [énoncé]On peut écrire z0 = ρeiθ avec ρ > 0 et θ ∈ ]−π, π]On a alors

z1 = ρ1 + eiθ

2 = ρ cos θ2 ei θ2 , z2 = ρ cos θ2 cos θ4 ei θ4 ,..., zn = ρei θ2nn∏k=1

cos θ

2k

Si θ = 0 alors zn = ρ→ ρ.Sinon, pour tout n ∈ N?, sin θ

2n 6= 0 et

sin θ

2nn∏k=1

cos θ

2k = sin θ2n

par exploitations successives de l’identité sin 2a = 2 sin a cos a.On en déduit

n∏k=1

cos θ

2k = sin θ2n sin θ

2n→ sin θ

θ

Finalementzn → ρ

sin θθ

Exercice 61 : [énoncé](un) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristiquer2 − (3− 2i)r + (5− 5i) = 0.On obtient

un = (2 + i)n − (1− 3i)n

Exercice 62 : [énoncé]a) un = 2n(1− n) b) un = −3 + 22−n c) un = 2 cos (n−1)π

3 .

Exercice 63 : [énoncé](un) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique

r2 − 2 cos θr + 1 = 0

de solutions r = eiθ et r = e−iθ.Par suite, il existe α, β ∈ R tels que

∀n ∈ N, un = α cosnθ + β sinnθ

n = 0 donne α = 1 et n = 1 donne α cos θ + β sin θ = 1 donc

β = 1− cos θsin θ = 2 sin2 θ/2

sin θ = tan θ2Finalement

∀n ∈ N, un = cosnθ + tan θ2 sinnθ = cos((2n− 1)θ/2)cos(θ/2)

Exercice 64 : [énoncé]On a u0 = a, u1 = a2, u2 = a4, par récurrence un = a2n .Pour |a| < 1 alors un → 0, pour |a| = 1, un → 1 et pour |a| > 1, un → +∞.

Exercice 65 : [énoncé]La suite (un) est bien définie et supérieure à 1 à partir du rang 1 car la fonctionitératrice f : x 7→ x2 + 1 est définie sur R et à valeurs dans [1,+∞[.un+1 − un = u2

n − un + 1 > 0 car le discriminant de x2 − x+ 1 est ∆ = −3 < 0.La suite (un) est croissante.Si celle-ci converge vers un réel ` alors en passant à la limite la relationd’itération : ` = `2 + 1.Or cette équation ne possède pas de racines réelles. Par suite (un) diverge, or elleest croissante, donc (un) diverge vers +∞.

Exercice 66 : [énoncé]Pour tout n > 1

un+1 − un = un − un−1√1 + un +

√1 + un−1

Puisque u1 − u0 =√

2−√

1 > 0, la suite (un) est croissante.Si (un) converge vers ` alors un+1 =

√1 + un donne à la limite ` =

√1 + ` donc

`2 − `− 1 = 0 et ` > 0.


Par suite` = 1 +

√5

2 = α

Par récurrence on montre aisément que ∀n ∈ N, un 6 α et par suite (un) convergevers α.

Exercice 67 : [énoncé]La suite (un) est bien définie et à valeurs strictement supérieure à 1 car safonction itératrice f : x 7→ 1 + ln x est définie sur [1,+∞[ à valeurs dans [1,+∞[.Pour n > 1 : un+1 − un = ln(un)− ln(un−1) est du signe de un − un−1.La suite (un) est monotone et de monotonie déterminée par le signe deu1 − u0 = 1 + ln u0 − u0.Etudions la fonction g(x) = x 7→ 1 + ln x− x définie sur [1,+∞[.g est dérivable, g′(x) = 1

x − 1 6 0 ne s’annulant qu’en 1, g(1) = 0 donc g eststrictement négative sur ]1,+∞[.La suite (un) est décroissante. De plus elle est minorée par 1, donc elle convergevers un réel ` > 1.En passant la relation d’itération à la limite, on obtient ` = 1 + ln ` i.e. g(`) = 0.Par l’étude de la fonction g, on conclut ` = 1.Finalement (un) converge vers 1.

Exercice 68 : [énoncé]La suite (un) est bien définie car sa fonction itératrice f : x 7→ ex − 1 est définiesur R.Pour n > 1, un+1 − un = eun − eun−1 est du signe de un − un−1.La suite (un) est monotone et de monotonie déterminée par le signe deu1 − u0 = eu0 − u0 − 1.Etudions la fonction g(x) = ex − x− 1 définie sur R.g est dérivable et g′(x) = ex − 1 du signe de x. g(0) = 0 donc g est positive.Si u0 = 0 alors (un) est constante égale à 0.Si u0 > 0 alors (un) est croissante. Si (un) converge vers un réel ` alors ` = e` − 1donc ` = 0.Or (un) est minorée par u0 > 0 donc ne peut converger vers 0. Par suite (un)diverge vers +∞.Si u0 < 0 alors (un) est croissante et majorée par 0 donc (un) converge vers laseule limite finie possible 0.

Exercice 69 : [énoncé]La suite (un) est bien définie et strictement positive car de fonction itératrice

f : x 7→ 12+x définie sur R+? et à valeurs dans R+?. Si la suite (un) converge, sa

limite ` vérifie ` = 12+` et ` > 0 donc ` = −1 +

√2.

|un+1 − `| =∣∣∣∣ 12 + un

− 12 + `

∣∣∣∣ = |un − `|(2 + un)(2 + `) 6

14 |un − `|

Par récurrence, on montre |un − `| = 14n |u0 − `| et on conclut un → `.

Exercice 70 : [énoncé]a) L’application x 7→

√2− x est définie de [−2, 2] vers [0, 2] ⊂ [−2, 2].

b) Supposons un → `. Puisque ∀n > 1, un ∈ [0, 2], à la limite ` ∈ [0, 2].La relation un+1 =

√2− un donne à la limite ` =

√2− ` donc `2 + `− 2 = 0 d’où

` = 1 ou ` = −2.Or ` > 0 donc ` = 1.c)

|un+1 − 1| = |un − 1|1 +√

2− un6 |un − 1|

donc (|un − 1|) est décroissante et par suite converge vers α > 0.Si α > 0 alors

1 +√

2− un = |un − 1||un+1 − 1| → 1

donc√

2− un → 0 puis un → 2. C’est impossible.Nécessairement |un − 1| → 0 et donc un → 1.

Exercice 71 : [énoncé]Par récurrence montrons un existe et |un| < 1.Pour n = 0 : okSupposons la propriété établie au rang n > 0.Par HR, un existe et |un| < 1 donc 2− un 6= 0 d’où un+1 = un

2−un existe et

|un+1| 6|un||2− un|

6|un|

2− |un|< 1

Récurrence établie.|un+1| 6

|un|2− |un|

6 |un|

donc (|un|) est décroissante d’où |un| 6 |a| puis

|un+1| 6|un|

2− |a|


puis

|un| 6(

12− |a|

)n|a| → 0

Par suite un → 0.

Exercice 72 : [énoncé]La suite (un) est bien définie et à valeurs dans [

√a,+∞[ à partir du rang 1 car de

fonction itératricef : x 7→ 1

2

(x+ a

x

)définie sur R+? et à valeurs dans [

√a,+∞[.

Si (un) converge vers un réel ` alors ` = 12(`+ a

`

)et ` > 0 donc ` =

√a.

∣∣un+1 −√a∣∣ = 1

2

∣∣∣∣un + a

un−√a

∣∣∣∣ = (un −√a)2

2 |un|= |un −

√a|

2|un −

√a|

un

Pour n > 1,|un −

√a|

un= un −

√a

un6 1

donc ∣∣un+1 −√a∣∣ 6 1

2∣∣un −√a∣∣

Par récurrence : ∣∣un −√a∣∣ 6 12n−1

∣∣u1 −√a∣∣

donc un →√a.

b)

vn+1 = un+1 −√a

un+1 +√a

= u2n − 2

√aun + a

u2n + 2

√aun + a

=(un −

√a

un +√a

)2

= v2n

donc vn = v2n0 .

c) ∣∣un −√a∣∣ 6 vn∣∣un +

√a∣∣ 6 2u0vn = 2u0v

2n0

Exercice 73 : [énoncé]a) f : x 7→ ln x+ x réalise une bijection strictement croissante de R+? vers R.L’équation proposée possède une unique solution α = f−1(0).b) L’algorithme de Newton, propose de définir la suite (un) par la relation :

un+1 = un −f(un)f ′(un) = un −

ln un + un1/un + 1 = un(1− ln un)

un + 1

La fonction f est de classe C2, f ′(x) = 1x + 1 et f ′′(x) = − 1

x2 ne s’annulent pas.Pour u0 > 0 tel que f(u0)f ′′(u0) > 0, la suite converge vers α.

Exercice 74 : [énoncé]Par récurrence, on montre que un existe et un > 0.Posons vn = ln(un). On a vn+2 − 2vn+1 + vn = 0.(vn) est une suite récurrente linéaire d’ordre 2 d’équation caractéristique(r − 1)2 = 0.On peut donc écrire vn = λn+ µ avec λ, µ ∈ Rv0 = ln a et v1 = ln b donnent λ = ln b

a et µ = ln a.Par suite :

un = evn = en ln ba+ln a = a

(b

a

)nLa suite (un) converge si, et seulement si, b 6 a.

Exercice 75 : [énoncé]a) Pour n > 1 :

un+1 − un =

√√√√ n∑k=0

uk −

√√√√n−1∑k=0

uk = un√n∑k=0

uk +

√n−1∑k=0

uk

> 0

donc (un)n>1 est croissante.Supposons un → ` ∈ R. On a ` > u1 =

√a > 0

En passant la relation précédente à la limite : 0 = ``+` = 1

2 . C’est absurde.Par suite un → +∞.b)

un+1 − un = unun+1 + un

doncun+1

un− 1 = 1

un+1 + un→ 0

Par suite un+1 ∼ un et

un+1 − un = 1un+1/un + 1 →

12


Exercice 76 : [énoncé]a) un >

√n→ +∞.

b) un+1 =√

(n+ 1) + un.c) Montrons par récurrence sur n > 1 que un 6 n.Pour n = 1 : okSupposons la propriété établie au rang n > 1.

un+1 =√

(n+ 1) + un 6HR

√(n+ 1) + n 6 n+ 1

Récurrence établie.

0 6 un =√n+ un−1 6

√n+ (n− 1) = O

(√n)

donc un = O (√n) = o(n).

d) un =√n+ o(n) ∼

√n

e)un −

√n = un−1

un +√n

or un−1 ∼√n− 1 ∼

√n et un +

√n =√n+ o(

√n) +

√n ∼ 2

√n donc

un −√n→ 1

2

Exercice 77 : [énoncé]Posons (un) la suite déterminée par u0 = 1 et pour tout n ∈ N, un+1 =

√1 + un.

La suite (un) est bien définie et à valeurs positive.Si celle-ci converge, c’est vers ` > 0 vérifiant ` =

√1 + ` i.e.

` = 1 +√

52 (nombre d’Or)

On a

|un+1 − `| =∣∣∣√1 + un −

√1 + `

∣∣∣ = |un − `|√1 + un +

√1 + `

6|un − `|

2

Par récurrence, on obtient

|un − `| 612n |u0 − `|

et donc un → `.Ainsi √

1 +√

1 +√

1 + · · · = `

Posons (vn) la suite déterminée par v0 = 1 et pour tout n ∈ N, vn+1 = 1 + 1vn

.La suite (vn) est bien définie et à valeurs supérieures à 1.Si celle-ci converge, c’est vers `′ > 1 vérifiant `′ = 1 + 1

`′ . On retrouve `′ = `.On a

|vn+1 − `| =∣∣∣∣ 1vn− 1`

∣∣∣∣ 6 |vn − `||vn| `6|vn − `|

`

Par récurrence, on obtient|vn − `| 6

1`n|v0 − `|

et donc vn → ` car ` > 1.Ainsi

1 + 11 + 1

1+. . .

= `

Exercice 78 : [énoncé]On vérifie sans difficultés que la suite (vn) est définie et que ses termes sontpositifs.De plus, on vérifie par récurrence que

∀n ∈ N, vn 6 1

car(1− un+1)(1− vn) > 0⇒ vn + un+1

1 + un+1vn6 1

On a alorsvn+1 − vn = un+1(1− v2

n)1 + un+1vn

> 0

et la suite (vn) est donc croissante et majorée. Par conséquent celle-ci convergevers une certaine limite ` ∈ R.Dans le cas où la suite (un) est constante égale à 1, on observe que ` = 1.Peut-être est-ce encore vrai dans le cas général ? Pour le voir, étudions la suite(1− vn). On a

0 6 1− vn+1 = (1− un+1)(1− vn)1 + un+1vn

612(1− vn)

donc par récurrence0 6 1− vn 6

12n (1− v0)

et on en déduitvn → 1

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